Tema 7.3: Principio del argumento. Teoremas de Rouché y Hurwitz

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1 Tema 7.3: Principio del argumento. Teoremas de Rouché y Hurwitz Facultad de Ciencias Experimentales, Curso Enrique de Amo, Universidad de Almería Ya hemos usado (temas 4.7 y 7.) las llamadas funciones meromorfas: las funciones holomorfas alvo singularidades donde ninguna de ellas es esencial. Formalizamos ahora el concepto. De nición. Una función f de nida sobre un abierto del plano complejo C se dice meromorfa en si existe A tal que: a. A 0 \ =?; b. f H (na) ; y c. f tiene un polo en cada punto de A: El conjunto de todas las funciones meromorfas en un abierto se notará por M () : Para cada f M () notaremos por P (f) al conjunto de todos sus polos en. Si de nimos, para cada f M (), una función bf :! C; f b 1; z P (f) (z) := f(z); z np (f) obtendremos una función continua de en C: Principio de identidad para funciones meromorfas. Sea un dominio del plano complejo y sea f una función meromorfa en él. Sea (f) := fz np (f) : f(z) = 0g (el conjunto de los ceros de f que no son polos en ). Si (f) 0 \ 6=?; entonces P (f) =?. Es decir, la única función meromorfa cuyos ceros se acumulan en su dominio de de nición es la idénticamente nula. Demostración. Sea a (f) 0 \ 6=?. Si fuese a P (f), tendríamos, por un lado lim f(a) = 1; z!a y, por otro, 9 (a n ) (f) : a = lim a n ) f(a) = 0 9 1: 1

2 Por tanto, será, de hecho a (f) 0 \ [np (f)] : El objetivo: probar que np (f) es dominio, pues la holomorfía de f ahí nos habilita para usar el principio de identidad para funciones holomorfas y concluir que f es idénticamente nula en np (f) y, por tanto, P (f) =?: Que np (f) es abierto es claro ( por qué?). Veamos que es conexo: sean dados dos abiertos G 1 y G no vacíos y disjuntos, tales que np (f) = G 1 [ G : Sea b P (f) : ha de existir r b > 0 tal que D (b; r b ) nfbg np (f) : (Y los discos perforados son conexos, tengámoslo presente.) Sean: B 1 : = fb P (f) : D (b; r b ) nfbg G 1 g B : = fb P (f) : D (b; r b ) nfbg G g: Ocurre que G 1 [ B 1 y G [ B son abiertos disjuntos y (G 1 [ B 1 ) [ (G [ B ) = (G 1 [ G ) [ (B 1 [ B ) = (np (f)) [ P (f) = ; luego, por ser conexo, tenemos la siguiente disyuntiva: G1 [ B 1 =? ) G 1 =? G [ B =? ) G =?; es decir, en cualquier caso, se llegará a una contradicción bajo tal hipótesis de descomposición para np (f); lo cual prueba que np (f) es conexo. Q.E.D. Principio del Argumento Generalizado. Sean = C y f M (). Sean (f) y P (f) como fueron de nidos más arriba. Para cada a (f) y b P (f) ; se de nen los números enteros no negativos m(a) y n(b), como sus respectivos órdenes de cero y de polo. Sea un ciclo en : Supongamos que es -nulhomólogo y que \ ( (f) [ P (f)) =?. Entonces, para cada g H (), se tiene: 1 f 0 i f g = X X Ind (a) m(a)g(a) Ind (b) n(b)g(b): a(f) bp(f) Demostración. Llamemos S := (f) [ P (f). Si de nimos F : ns! C; F (z) := f 0 (z) g (z) ; 8z ns f (z)

3 tenemos una función holomorfa en ns, donde \S 0 =?; luego F es holomorfa en salvo singularidades: F H S (). Aplicamos a ella el teorema de los residuos: 1 i F = = 1 f 0 i f g X Ind (a) Res (F; a) + a(f) X bp(f) Ind (b) Res (F; b) : Calculemos estos residuos que aparecen en la fórmula anterior: a. Sea a (f). Por tanto: z np (f) 9r > 0 : 0 < jz aj < r ) f(z) 6= 0 Consecuentemente, 9' D(a; r) ' (z) 6= 0; 8z D(a; r)nfag : f(z) = (z a) m(a) ' (z) ; 8z D(a; r): Si derivamos en esta última fórmula, con 0 < jz aj < r: f 0 (z) = m(a) (z a) m(a) 1 ' (z) + (z a) m(a) ' 0 (z) : Por tanto, con 0 < jz aj < r: F (z) = m(a) '0 g(z) + z a ' (z)g(z) ) Res (F; a) = lim (z a) F (a) = m(a)g(a): [1] z!a b. Sea b P (f). Por tanto: Consecuentemente, 9r > 0 : 0 < jz bj < r ) 9 D(b; r) (z) 6= 0; 8z D(b; r)nfbg z np (f) f(z) 6= 0 : f(z) = (z b) n(b) (z) ; 8z D(b; r): Si derivamos en esta última fórmula, con 0 < jz bj < r: f 0 (z) = n(b) (z b) n(b) 1 (z) + (z b) n(b) 0 (z) : Por tanto, con 0 < jz bj < r: 0 n(b) F (z) = z b g(z) + (z)g(z) ) Res (F; b) = lim (z b) F (b) = n(b)g(b): [] z!b En resumen, si sustituimos [1] y [] en [], tendremos lo buscado. Q.E.D. En la práctica, las condiciones en las que se hace uso del teorema anterior suelen ser otras: [] 3

4 Principio del Argumento. Sean = C y f M (). Sean (f) y P (f) como fueron de nidos más arriba. Sea un ciclo en : Supongamos que es -nulhomólogo y que \ ( (f) [ P (f)) =?. Supongamos que para cada z n, o bien Ind (z) = 0, o bien Ind (z) = 1. Llamemos U := fz : Ind (z) = 1g : Designemos por N 0 al número de ceros de f en U, contados tantas veces como indique el orden de multiplicidad de cada uno; y por N p al número de polos de f en U, contados, asímismo cada uno, tantas veces como indique su orden de multiplicidad. (Ambos números son nitos por el teorema de los residuos.) Entonces: 1 f 0 i f = N 0 N p : A continuación vamos a hacer uso del principio del argumento para resolver el problema de la localización de ceros de funciones holomorfas en ciertas regiones del plano. Comenzaremos con unos tipos de funciones y de abiertos muy especí cos: polinomios sobre secciones circulares. Despúes pasaremos a funciones holomorfas en general sobre dominios o abiertos acotados. Sea p un polinomio de coe cientes complejos de variable compleja de orden n. Sean ; R, con < <. Se trata de determinar el número de ceros del polinomio dado, contado cada uno tantas veces como indique su orden de multiplicidad, en la región angular U := fz Cnf0g : < arg (z) < g: Se supondrá, para ello, que p no se anula en la frontera de dicha región angular; es decir: p te i 6= 0 6= p te i ; 8t 0: (1) Sea r 1 := maxfjzj : z U; p(z) = 0g. Para r > r 1 ; el número buscado, llamémoslo N, coincide con el de los correspondientes ceros en el sector circular U r := fz U : jzj < rg: Dicho N tendrá una expresión integral (mediante el principio del argumento). Consideremos, a n de con rmar lo dicho, las curvas c r : [; ]! C y s r : [ r; r]! C; dadas por: te c r (t) := re it ; 8t [; ] ; s r (t) := i ; r t 0 te i ; 0 t r y sea r := c r +s r : Claramente, r es un camino (curva regular a trozos) cerrada tal r = r: La comprobación de las hipótesis del principio del argumento pasarán por ver que: 4

5 a. p es una función entera; b. r es un ciclo C-nulhomólogo ( como todo buen ciclo que se precie!) que (gracias a (1) y a la elección de r) no pasa por ningún cero de p; y c. Ind r (z) = 1, si z U r ; e Ind r (z) = 0, si z CnU r. Por tanto, aplicando el citado principio: N = 1 p i r 0 p = 1 p i sr 0 p + 1 p i cr 0 p () Vamos a calcular las correspondientes integrales. Para el primer sumando, observamos que sr p 0 p = r r p 0 (s r (t)) r (p s r ) 0 (t) p (s r (t)) s0 r (t) dt = r (p s r ) (t) dt = dw ps r w ; por lo que la integral buscada coincide con la variación del logaritmo a lo largo de la curva p s r. En consecuencia (y este va a ser el problema práctico que resolver en cada caso concreto), si disponemos de una determinación continua del argumento (equivalentemente, del logaritmo) a lo largo de la curva p s r, esto es, si disponemos de una función continua r : [ r; r]! R; r (t) Arg [(p s r ) (t)] ; 8t [ r; r] ; tendremos que 1 p i sr 0 p = 1 i ln (p s r ) (r) (p s r ) ( r) + 1 ( r (r) r ( r)) : (3) Para la segunda de las integrales en (), razonamos de la siguiente manera: podemos escribir p 0 (z) p (z) = n z + p 1 (z) p (z) ; donde p 1 y p son polinomios con grad(p ) 1 n i c r z dz = n i ire it re grad(p 1 ). Es claro que n ( ) dt = ; (4) it y sólo resta tratar con la integral R p 1 c r p. La relación entre los polinomios p 1 y p nos permite a rmar que: 9r ; M > 0 : jzj > r ) p 1 (z) p (z) M jzj : Por tanto, para r > r : 1 i c r p 1 (z) p (z) dz 1 M ( ) r; jzj 5

6 luego: y usando (4), tenemos: lim r!+1 lim r!+1 1 i c r 1 i c r p 0 (z) p (z) p 1 (z) dz = 0; p (z) n ( ) dz = : (5) Haciendo ahora r! +1 en () y teniendo en cuenta (3) y (5), obtenemos: N n ( ) = 1 lim ( r (r) r ( r)) : r!+1 Con todo, hemos probado el siguiente resultado relativo a la localización de ceros de polinomios en sectores circulares, de gran utilidad práctica: Proposición Sea p : C! C un polinomio de coe cientes complejos de grado n: Supongamos que p no se anula en la frontera de la región angular fz Cnf0g : < arg z < g ( < < ) : Supongamos, igualmente, la existencia de una función continua tal que R : [ R; R]! R R (t) Arg (p (s R (t))) ; 8t [ R; R] ; donde la función s R : [ R; R]! C, está dada por: te s R (t) := i ; R t 0 te i ; 0 t R Entonces, el número de ceros de p en dicha región angular, contado cada uno tantas veces como indique su orden de multiplicidad, viene dado por n + 1 lim [ R (R) R ( R)] : R!+1 Ejemplo. Se quiere conocer la distribución por cuadrantes de los ocho ceros del polinomio p(z) := z 8 + z 5 z 4 + 3z 3 + 6z + z + 5; 8z C Resolución. Comenzamos razonando sobre el semiplano derecho: := y :=, en la proposición anterior. Por tanto: s r (t) : = it; 8t R p (s r (t)) = p ( it) = t 8 it 5 t 4 + 3it 3 6t it + 5; 6

7 de donde se sigue que Re p (s r (t)) = t 8 t 4 6t + 5 Im p (s r (t)) = t 5 + 3t 3 t = t 4 3t + t p = t (t 1) (t + 1) t t + p : con Así: Im p (s r (t)) = 0, t f p ; 1; 0; 1; p g; t = 0 ) Re p (s r (0)) = 5 > 0 jtj = 1 ) Re p (s r (t)) = 1 < 0 jtj = p ) Re p (s r (t)) = 5 > 0; de donde, al no anularse p sobre el soporte de (es decir, no tiene raíces en el eje imaginario z ir), podemos aplicar el principio del argumento. Ahora bien, el argumento principal presenta problemas de discontinuidad, en este ejemplo que nos ocupa, cuando jtj = 1. Razonaremos como sigue, a n de evitar estos problemas y obtener una determinación continua del argumento r : t [ r; 1[ ) r (t) := arg [p( it)] : [1] Si 8 >< t p ; 1 Im p (sr (t)) < 0 ) Re p (s r (t)) < 0 Im p (sr (t)) > 0 >: t ] 1; 0[ ) Re p (s r (t)) < 0 entonces ) lim t! 1 arg [p( it)] = ) lim arg [p( it)] = t! 1 + t [ 1; 0[ ) r (t) := arg [p( it)] : [] Si (considerando la r recién de nida) 8 Im p (sr (t)) < 0 >< t [0; 1[ ) ) lim arg [p( it)] = 3 Re p (s r (t)) < 0 t!1 >: t 1; p Im p (sr (t)) > 0 ) ) lim arg [p( it)] = Re p (s r (t)) < 0 t!1 + luego nos exige hacer: t [1; r[ ) r (t) := arg [p( it)] 4: [3] Consecuentemente, de [1], [] y [3], concluimos que una buena elección del argumento continuo es 8 r : [ r; r]! C < arg [p( it)] ; ::: r t 1 r (t) := arg [p( it)] ; ::: 1 t 1 : arg [p( it)] 4; :::1 t r 9 >= >; 9 >= >; 7

8 Por tanto, tenemos una función continua r tal que r (t) Arg [(p s r ) (t)] ; 8t [ r; r] : Calculemos sus valores en r y r: ( r ( r) = arg [p( i ( r))] = arctan r5 3r 3 +r r 8 r 4 6r +5 r (r) = arg [p( ir)] 4 = arctan r5 +3r 3 r r 8 r 4 6r +5 4 se sigue que en el semiplano de la derecha el número de ceros del polinomio p es: N = ( 4) = : Consecuentemente, en el semiplano izquierdo serán 6 el número de ceros que presenta el polinomio p. Nos resta razonar, y es lo que vamos a hacer, que no tiene raíces reales (de modo que tendrá un cero en cada uno de los cuadrantes 1 o y 4 o y tres ceros en cada uno de los cuadrantes o y 3 o ): x 1 ) p(x) = x 8 + x 5 x 4 + 3x 3 + 6x + x + 5 > 0 x [0; 1] ) p(x) = x 8 + x 5 + 3x 3 + 6x + x + 5 x 4 > 0 luego x 0 ) p(x) 6= 0: Razonemos ahora para p( x), con x 0: p( x) = x 8 x 5 x 4 3x 3 + 6x x + 5 ) ocurre quesi x [0; 1] : 3x 3 + x 5 6x x x 4 + x 5 ) p( x) > 0; y si x 1? ) x 8 + 6x + 5 > x 5 + x 4 + 3x 3 + x; pues sí, ésto último es también cierto: Hagamos x = 1 + y (con y 0), entonces x 8 + 6x + 5 = y 8 + 8y 7 + 8y y y y y + 0y + 1 > y 5 + 6y y 3 + 5y + 0y + 7 = x 5 + x 4 + 3x 3 + x; luego x 1 ) p( x) > 0; y se concluye que, efectivamente, no tiene raíces reales. Damos paso ya a los famosos teoremas de Rouché y de Hurwitz. Comenzamos con un lema interesantísimo sobre construcción de ciclos en un abierto que rodeen de una manera convenientemente "ajustada" a un compacto dado K: Lema. Sea un abierto del plano C y sea K un subconjunto compacto. Entonces, existe un ciclo en nk veri cando: Ind (z) = 0; 8z Cn e Ind (z) = 1; 8z K: ) ) 8

9 Demostración. Si = C; para K compacto, existe r > 0 tal que D (0; r) K. Basta que tomemos := C(0; r + 1): Sea 6= C y llamemos := dist(k; Cn). Sea también > 0 tal que p < ; y consideremos fc p;q : p; q g la cuadriculación de lado en C; donde: C p;q := fz C : p Re z (p + 1) f q Im z (q + 1) g: Es claro que el conjunto es nito; pongamos f(p; q) : C p;q \ K 6=?g f(p 1 ; q 1 ) ; :::; (p n ; q n )g y llamemos C k := C pk ;q k (1 k n) a cada una de las cuadrículas correspondientes. Para cada k f1; :::; ng, consideremos el camino cerrado k dado por la poligonal [p k + iq k ; (p k + 1) + iq k ; (p k + 1) + i (q k + 1) ; p k + i (q k + 1) ; p k + iq k ] y el ciclo 1 := 1 + ::: + n. Y observamos cómo cada uno de los n caminos cerrados k, se puede considerar, a su vez, como la suma de sus cuatro lados: k = (1) k + () k + (3) k + (4) k : Llamemos a la cadena suma de todas estas últimas curvas: = nx 4X k=1 j=1 (j) k : El ciclo 1 es -nulhomólogo: 1 = [ n k=1 k = [n k = [ n k=1 C k ; y z = ) z = [ n k=1 C k ) Ind k (z) = 0; 1 k n ) Ind 1 (z) = 0: Además, es equivalente a 1. Sea ahora 3 la cadena que se obtiene al suprimir en los segmentos que cortan a K; es decir: 3 := nx 4X k=1 j=1 8 < k;j (j) k ; k;j := : 0,... si 1,... si (j) k (j) k \ K 6=? \ K =? Ocurre que las cadenas 3 y son equivalentes, y existe un ciclo equivalente a 3 con igual soporte. 9

10 Así pues, = 3 nk; y como es equivalente a 1 : Ind (z) = 0; 8z Cn: Sea ahora z K [ n k=1 C k = C k [([ n k). Esta descomposición [ n k=1 de K; nos permite razonar así: ha de existir j f1; :::; ng tal que z C k. A su vez, tenemos la disyuntiva siguiente: O bien z C j ) z = 1 =) Ind (z) = Ind 1 (z) = 1; o bien j ) 9 (z m ) C j : z m! z; de donde por argumentos de continuidad: 1 = Ind (z n )! Ind (z) : Q.E.D. Teorema de Rouché. Sea un abierto acotado del plano complejo C. Sean ' y dos funciones holomorfas en y continuas en. Supongamos que se veri ca j' (z) (z)j < j' (z)j + j (z)j ; Entonces ' y tiene el mismo número de ceros (contados los órdenes de multiplicidad) en. Demostración. Obsérvese que la desigualdad de la hipótesis obliga a que los ceros de ' y no puedan estar en la Comenzamos razonando que los conjuntos (') y ( ) son nitos. Si (') fuera in nito, al ser compacto, (') tendría acumulación en. Pero como ' no se anula, según hipótesis, concluimos que tal punto ha de estar en el interior de. Por tanto, ' es idénticamente nula en alguna componente conexa de ; y, por argumentos de continuidad, se anulará en la frontera de esta componente. Pero este conjunto estará lo cual es contradictorio. El razonamiento será literal para ( ). Sea ahora K := fz : j' (z) (z)j = j' (z)j + j (z)jg: Como ' y son continuas, se sigue que K es cerrado. Y como es subconjunto de un compacto, K, también lo va a ser el propio K. Además, K y (') [ ( ) K: Aplicando el lema anterior: existe un ciclo con soporte nk, y tal que Ind (z) = 0; 8z Cn e Ind (z) = 1; 8z K: 10

11 Y aplicando el principio del argumento generalizado a ' y : 1 ' 0 i ' = X Ind (a) m(a) = X m(a) = N (') y a(') 0 1 = X Ind (a) m(a) = i a( ) a(') X a( ) m(a) = N ( ) ; donde N (') y N ( ) son, respectivamente, el número de ceros de la citada función, contados el orden de multiplicidad con el que se presentan. Objetivo: probar que ' 0 0 ' = : () Sea h(z) := log Es una función bien de nida: ' (z) (z) ' (z) ; 8z nk: (z) ] 1; 0] ) ' (z) = (z) : 0 ) j' (z) (z)j = (1 + ) j (z)j = j' (z)j + j (z)j ) z K; en conclusión: Por tanto, z nk ) ' (z) Cn ] 1; 0] : (z) h H (nk) : h 0 (z) = '0 (z) ' (z) 0 (z) ; 8z nk: (z) Pero, que h 0 admita primitiva en nk es equivalente a que h 0 = 0; lo cual no es ni más ni menos que (). Q.E.D. Corolario. Sea un abierto acotado del plano complejo C. Sea (f n ) una sucesión de funciones holomorfas en y continuas en. Supongamos que (f n ) converge uniformemente a cierta función f que no se anula en ningún punto Entonces, existe n N tal que si m n; podemos asegurar que las funciones f m y f tienen el mismo número ( nito) de ceros en : 11

12 Demostración. es compacto y f no se anula en él, existe > 0 tal que jf(z)j ; Haciendo uso de la hipótesis de la convergencia uniforme: 9m N : n m ) jf(z) f n (z)j < ; Así, razonando para n m, f; f n C \ H () y para jf(z) f n (z)j < jf(z)j jf(z)j + jf n (z)j : Usando Rouché, ambas funciones han de tener el mismo número de ceros en. (La misma desigualdad anterior obliga a que no se anulen en la frontera: la tesis es válida en.) Q.E.D. Teorema de Hurwitz. Sea un dominio del plano complejo C. Sea (f n ) una sucesión de funciones holomorfas en tales que ninguna se anula en ningún punto. Supongamos que (f n ) converge uniformemente sobre los compactos de a cierta función f. Entonces o bien f es idénticamente nula, o bien f no se anula en ningún punto de : Demostración. La holomorfía de la función f en el abierto nos la da el teorema de convegencia de Weierstrass. Razonaremos por reducción al absurdo: Supongamos que f no es idénticamente nula en ; pero existe a tal que f(a) = 0. Los ceros de f han de ser aislados: 9D(a; r) : 0 < jz aj r ) f(z) 6= 0: Podemos aplicar, así, el corolario anterior: para n su cientemente grande, f n y f tienen el mismo número de ceros en D(a; r). Por tanto, f n tiene, al menos, un cero en D(a; r), lo cual es contradictorio con la hipótesis. Q.E.D. Existen sucesiones de funciones enteras que no se anulan en ningún punto del plano C; y que, sin embargo, convergen a la constantemente cero (en la topología de H (C)): por ejemplo, f n (z) := 1=n; 8z C; 8n N: Corolario. Sea un dominio del plano complejo C. Sea (f n ) una sucesión de funciones holomorfas e inyectivas en : Supongamos que (f n ) converge uniformemente sobre los compactos de a cierta función f. Entonces o bien f es inyectiva, o bien f es constante en : Demostración. Supongamos que f no sea constante. Tomamos a jo, pero arbitrario. En el dominio nfag de nimos las funciones: g; g n : nfag! C; g (z) : = f(z) f(a); g n (z) : = f n (z) f n (a); 8z nfag: 1

13 Claramente la sucesión (g n ) converge a g en la topología de H (nfag). En consecuencia, como la sucesión (g n ) no se anula en ningún punto de nfag, en aplicación del teorema de Hurwitz, o bien g es idénticamente nula, lo cual no puede suceder al ser f no constante, o bien g no se anula en ningún punto de nfag, de donde se sigue la inyectividad de f (debido a la arbitrariedad de a). Q.E.D. EJERCICIOS PROPUESTOS. 1. Sea una función continua en el disco unidad cerrado y holomorfa en el disco unidad abierto, f C D \ H (D). Supongamos que f lleva la frontera del disco unidad en el interior del propio disco, f (T) D: Prueba que f tiene, exactamente, un punto jo en el disco unidad abierto D:. Si ' es una función holomorfa sobre un abierto tal que D y veri ca la condición ' D D; cuántas raíces tiene la ecuación z = '(z) en el disco unidad D? Cambia algo si la condición es sólo ' (D) D? 3. Prueba que todos los ceros del polinomio p(z) := z 8 + 3z 3 + 7z + 5 se hallan situados en el anillo A 0; 1 ; 3 y que, exactamente, dos de ellos se encuentran en el primer cuadrante. 4. Prueba que todos los ceros del polinomio p(z) := z 4 + iz pertenecen al disco D(0; 3 ) y determina cuántos de ellos se hallan en el primer cuadrante. 5. Prueba que para e < a R, la ecuación e z = az n tiene, exactamente, n soluciones distintas en el disco unidad D. 6. Determina el número de ceros del polinomio en el semiplano de la derecha. 7. Prueba que el polinomio p(z) := z 6 + z 5 + 6z 4 + 5z 3 + 8z + 4z + 1 p n (z) := 1 + z + 3z + ::: + nz n 1 ; para ]0; 1[ y n su cientemente grande, no tiene ceros en el disco D(0; ): 13

14 8. Localiza en el disco D(0; R), 0 < R, el número de ceros del polinomio 9. Cuántas raíces tiene la ecuación p(z) := z 4 + iz + : e z 4z n + 1 = 0 en el disco unidad D según los valores del natural n? 10. Prueba que la ecuación z = tiene (con > 1) una única raíz en el semiplano Re z > 0. Además, se prueba que tal raíz es real. e z 11. Evalúa la integral ze z tan (z) dz: T 1. Evalúa la integral T cosh z tan z dz: 13. Sean a y b dos números reales no nulos. Determínese, para cada natural n, el número de ceros del polinomio p(z) := z n + a z n 1 + b que se hallen situados en el semiplano de la derecha. 14. Determina el número de ceros en el disco unidad D de cada uno de los dos polinomios siguientes: a. p(z) := z 4 5z + 1; b. q(z) := z 8 4z 5 + z 1: Cuántas de las raíces de p se hallan en el anillo A(0; 1; )? 15. Determina el número de ceros del polinomio en el semiplano de la derecha. p(z) := z 6 + z 5 + 6z 4 + 5z 3 + 8z + 4z Prueba que la función f n : Cnf0g! C, dada por f n (z) := z + 1!z + ::: + 1 n!z n ; para ]0; 1[ y n su cientemente grande, tiene todos sus ceros en el disco D(0; ): 14

15 17. Determina el número de ceros del polinomio en el semiplano de la derecha. p(z) := z 6 3z 5 + z Hallar la distribución por cuadrantes de los ceros del polinomio p(z) := z 8 + z 5 z 4 + 3z 3 + 6z + z + 5: 19. Calcula el número de ceros en el disco unidad D de los polinomios a. p(z) := z 5 z 4 + z 3 6z + 1; b. q(z) := z 5 z 4 + z 3 5z + 1: 0. Prueba que el polinomio p(z) := z 6 5z + 10 tiene todas sus raíces en el anillo A(0; 1; ). 1. Usa el teorema de Rouché para dar otra demostración del Teorema Fundamental del Álgebra.. Halla el número de ceros del polinomio a. p(z) := z 8 4z 5 + z 1; b. q(z) := z 9 z 6 + z 8z ; c. r(z) := z 5 z 3 + 3z z + 8; d. s(z) := z 7 5z 4 + z : en el interior del disco unidad D. 3. Cuántos ceros del polinomio p(z) := z 4 8z + 10 se encuentran en el disco unidad D? Y cuántos en el anillo A (0; 1; 3)? 4. Cuántas raíces tiene la ecuación e z 4z n + 1 = 0 en el disco unidad D según los valores del natural n? 5. Cuántas raíces tiene la ecuación e z az n = 0 en el disco D(0; R) según los valores del natural n (con a C, jo) si se veri ca la condición jaj > er R n? 6. Prueba que la ecuación z = tiene (con > 1) una única raíz en el semiplano Re z > 0. Además, se prueba que tal raíz es real. e z 15

16 7. Sea f un polinomio de grado n N. Prueba que f es sobreyectiva. De hecho, puedes probar que la ecuación tiene n raíces para cada w C: f(z) = w 8. Halla el número de raíces en el disco unidad D de la ecuación z 8 6z 6 z 3 + = 0: 9. Halla el número de raíces en el anillo A(0; ; 3) de la ecuación 4z 4 9z + 5 = 0: 30. Con D(0; 9), cuántas raíces tiene en el disco unidad D la ecuación z 6 z + 10 = 0? Haciendo = 8, cuántas raíces tendrá tal ecuación en el anillo A(0; 1; 3)? 31. Sea ' es una función holomorfa sobre un abierto tal que D y veri ca las condiciones f(0) = 1 y ' (T) CnD(0; ): Cuántos ceros tiene ' en el disco unidad D? 3. Considera el polinomio f(z) := z 3 4z + z 4. Cómo habrá de elegirse r > 0 para que f tenga, exactamente, dos soluciones en D(0; r)? 33. Localiza los ceros del polinomio z 4 z + 5 = 0: 34. Sean dos funciones enteras f y g veri cando que Qué conclusiones se pueden sacar? jf (z)j jg (z)j ; 8z C: 35. Sea f una función entera para la que existe constantes reales positivas A; B; k tales que jf (z)j A + b jzj k ; 8z C: Prueba que tal f debe ser un polinomio. Aplicación: Prueba que ha de ser constante una función entera f que veri que jzj 1 ) jf (z)j 5 p jzj: 36. Prueba el siguiente teorema de Hurwitz: Sea (f n ) una sucesión (de funciones holomorfas) en un dominio uniformemente convergente a una función f no idénticamente nula. Si a es un cero de f; entonces para cada " > 0; podemos encontrar un natural m tal que 0 f n (D (a; ") \ ) ; 8n m: 16

17 37. Evalúa la integral sin (z=) 3z 4z 1 z 3 z dz: z + C(0;3) 38. Evalúa la integral T 1 z dz: 39. Sea un camino en el plano y sean dados n + 1 números complejos a 0 ; a 1 ; :::; a n. Supongamos que para z y que para algún k f0; 1; :::; ng, se tiene que Entonces, para el polinomio se prueba que ak z k > p(z) := nx a j z j : j=0 j6=k nx a j z j j=0 i. tiene k ceros en el interior de, z = 0 está en el interior de la curva : ii. no tiene ceros en el interior de, z = 0 no está en el interior de la curva : 40. Cuántas raíces tiene la ecuación z n + a z + a 1 z + a 0 = 0 en el disco unidad D si ja j > ja 1 j + ja 0 j + 1? 41. Sean dados n + 1 números reales veri cando 0 < a 0 < a 1 < ::: < a n. Prueba que todas las raíces del polinomio están en el disco unidad D: nx p(z) := a k z k k=0 4. Sea f un polinomio de grado n N. Prueba que f es sobreyectiva. De hecho, puedes probar que la ecuación tiene n raíces para cada w C: f(z) = w 17

18 43. Prueba que la argumentación siguiente es falsa: para cada función holomorfa f en el anillo A 0; 1 ; 3 existe un polinomio p tal que jf (z) p (z)j < 1 ; 8z T: 44. Sean, para enteros n = 1; ; 3; 4; ::, los polinomios a. p n (z) := n P k=0 z k k! ; b. q n(z) := p n (z) 1: Qué se puede decir de la situación de los ceros de uno y otro para jnj su cientemente grande? 45. Evalúa la integral C(1; 1 5) 3 (z 1) 1 z 3 3z + 4z dz: 18